Question

17．已知數(shù)列{a_n}滿足：a_n+1=f（a_n），n∈N^*．
（1）f（x）=x-sinx，0＜a₁＜1，求證：0＜a_n+1＜a_n＜1；
（2）f（x）=x³-x²+$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{4}$，試確定一個首項a₁，使得數(shù)列{a_n}為單調(diào)數(shù)列，并證明你的結(jié)論；
（3）f（x）=$\frac{1}{4}$（x²+3），a₁＞0，若對一切n∈N^*，都有a_n+1＞a_n，求a₁的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)f′（x）=1-cosx≥0，從而可得函數(shù)f（x）是增函數(shù)，從而利用數(shù)學(xué)歸納法證明；
（2）當(dāng)a₁=0時，可得數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列，再利用（1）中的方法證明即可；
（3）結(jié)合（1），根據(jù)f（x）=$\frac{1}{4}$（x²+3）在（0，+∞）上是增函數(shù)，從而只需使a₂＞a₁，從而解得．

解答 證明：（1）∵f（x）=x-sinx，∴f′（x）=1-cosx≥0，
∴函數(shù)f（x）是增函數(shù)，
當(dāng)n=1時，∵0＜a₁＜1，
∴a₂=f（a₁）=a₁-sina₁＜a₁，
∴0＜a₂＜a₁，
假設(shè)n=k時命題成立，即0＜a_k+1＜a_k＜1；
當(dāng)設(shè)n=k+1時，
∵函數(shù)f（x）是增函數(shù)，
即f（0）＜f（a_k+1）＜f（a_k）＜1；
即0＜a_k+2＜a_k+1＜1；
綜上所述，0＜a_n+1＜a_n＜1．
（2）當(dāng)a₁=0時，可得數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列，證明如下：
∵f（x）=x³-x²+$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{4}$，
∴f′（x）=3x²-2x+$\frac{1}{2}$，
∵△=4-4×3×$\frac{1}{2}$＜0，
∴函數(shù)f（x）是增函數(shù)，
當(dāng)n=1時，a₁=0，a₂=$\frac{1}{4}$，故a₁＜a₂，
假設(shè)當(dāng)n=k時，a_k＜a_k+1；
當(dāng)n=k+1時，∵函數(shù)f（x）是增函數(shù)，
∴f（a_k）＜f（a_k+1），
即a_k+1＜a_k+2；
綜上所述，對一切n∈N^*，都有a_n+1＞a_n．
故數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列．
（3）∵f（x）=$\frac{1}{4}$（x²+3）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴若使對一切n∈N^*，都有a_n+1＞a_n，
只需使a₂＞a₁，
∵a₂=$\frac{1}{4}$（a₁²+3），
∴a₂-a₁=$\frac{1}{4}$（a₁²+3）-a₁=$\frac{（{a}_{1}-1）（{a}_{1}-3）}{4}$，
∴a₁＜1或a₁＞3，
又∵a₁＞0，
∴0＜a₁＜1或a₁＞3．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及數(shù)列的應(yīng)用，同時考查了數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用．